数的划分
将整数n分成k份,且每份不能为空,任意两份不能相同(不考虑顺序)。
例如:n=7,k=3,下面三种分法被认为是相同的。1,1,5; 1,5,1; 5,1,1;
问有多少种不同的分法。
输入:n,k ( 6 < n ≤ 200,2 ≤ k ≤ 6 ) 输出:一个整数,即不同的分法。
示例1
输入
//两个整数 n,k ( 6 < n ≤ 200, 2 ≤ k ≤ 6 )
7 3
输出
//1个整数,即不同的分法。
4
C++
法一:记忆化搜索
方法为减而治之,把n划分成k份的答案就相当于每次把n分成a,b两个数,再把a分成k-1份,然后把每次a分成k-1份的答案相加即可。注意点是每轮分出来的b要不大于上一轮分出来的b。
//https://www.nowcoder.com/questionTerminal/3773e51c48ec4727939cc85a8bc4c60d
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<pair<int,int>,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
return *bg++;
}
inline int ri(){
int x = 0, f = 1, c = gc();
for(; c<48||c>57; f = c=='-'?-1:f, c=gc());
for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
return x*f;
}
typedef long long LL;
const int maxN = 1e5 + 7;
int n, k;
// f[i][j][k]表示数i分成j分的分法总数,k为限制条件,每种分法每份的值不能超过k,用来排除重复
// f[i][j][k] = f[i-1][j-1][1] + f[i-2][j-1][2] + ……+ f[i-min(k, i-1)][j-1][min(k, i-1)]
int f[201][7][202];
int solve(int x, int y, int z){
int ret = 0;
if(x < y) return 0;
if(y == 1) return x <= z ? 1 : 0;
if(f[x][y][z]) return f[x][y][z];
For(i, 1, x-1) {
if(x-i > z) continue;
ret += solve(i, y-1, x-i);
}
f[x][y][z] = ret;
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
printf("%d\n", solve(n, k, 201));
return 0;
}
法二:DP
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<pair<int,int>,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
return *bg++;
}
inline int ri(){
int x = 0, f = 1, c = gc();
for(; c<48||c>57; f = c=='-'?-1:f, c=gc());
for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
return x*f;
}
typedef long long LL;
const int maxN = 1e5 + 7;
int n, k;
// f[i][j]表示数i分成j份的分法总数
/*
当i < j时,很明显没法分,所以f[i][j] = 0;
当i == j时,只有一种分法,所以f[i][j] = 1;
当i > j时,考虑从小到大分,第1个如果分1,那么f[i][j] = f[i-1][j-1];
第1个如果分大于1的数,可以对所有j份都减一,然后再分,即 f[i][j] = f[i-j][j];
根据加法原则,f[i][j] = f[i-1][j-1] + f[i-j][j];
*/
int f[201][7];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
For(i, 1, n) f[i][1] = 1; // 无论什么数,分成一份都只有一种
For(i, 2, k)
For(j, 2, n)
if(j >= i) f[j][i] = f[j-1][i-1] + f[j-i][i];
printf("%d\n", f[n][k]);
return 0;
}
利用递归选数
已知 n 个整数 x1,x2,…,xn,以及一个整数 k(k<n)。从 n 个整数中任选 k 个整数相加,可分别得到一系列的和。例如当 n=4,k=3,4 个整数分别为 3,7,12,19 时,可得全部的组合与它们的和为:
3+7+12=22 3+7+19=29 7+12+19=38 3+12+19=34。
现在,要求你计算出和为素数共有多少种。 例如上例,只有一种的和为素数:3+7+19=29)。
示例
输入
//输入格式为:n , k(1<=n<=20,k<n) x1,x2,…,xn (1<=xi<=5000000)
4 3
3 7 12 19
输出
//输出格式为:一个整数(满足条件的种数)。
1
C
#include<stdio.h>
#include<math.h>
long long A[22];
int n,k,ans;
int Is_prime(long long x);
void dfs(long long sum,int num,int left,int right);
int main(void)
{
int i;
scanf("%d%d",&n,&k);
for( i = 1; i <=n ; i++ )
{
scanf("%d",&A[i]);
}
dfs(0,0,1,n);
// printf("n = %d,k = %d\n",n,k);
// for(i = 1; i <= n; i++)
// {
// printf("A[%d] = %d\n",i,A[i]);
// }
printf("%d\n",ans);
}
int Is_prime(long long x)
{
int i;
if(x==0||x==1)
return 0;
for( i=2;i<=sqrt(x);i++)
{
if(x%i==0)return 0;
}
return 1;
}
// sum 已选数的和 ,num 已选个数 ,left,right 选择的区间
void dfs(long long sum,int num,int left,int right)
{
if(num == k && Is_prime(sum)) //递归出口
ans++;
// printf("sum = %d,num = %d,left = %d,right = %d,ans = %d\n",sum,num,left,right,ans);
if(num <= k - 1)
for(int i = left;i <= right;i++)
{
dfs(sum + A[i],num+1,i + 1,right);
}
}
C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll ans=0,n,k,vis[50],a[50],b[50];
inline void dfs_(ll x){
if(x>k){
ll sum=0;
for(ll i=1;i<=k;i++) sum+=a[b[i]];
ll bj=0;
if(sum==1) bj=1;
for(ll i=2;i<=sqrt(sum);i++){
if( (sum%i)==0 ){
bj=1;
break;
}
}
if(bj) return;
else {
ans++;
return;
}
}
for(ll i=b[x-1]+1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
b[x]=i;
vis[i]=1;
dfs_(x+1);
vis[i]=0;
}
}
inline void init_(){
freopen("zuheshu.txt","r",stdin);
}
inline void readda_(){
memset(b,0,sizeof(b));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
}
inline void work_(){
dfs_(1);
printf("%lld",ans);
}
int main(){
init_();
readda_();
work_();
return 0;
}
单词接龙
单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏,现在我们已知一组单词,且给定一个开头的字母,要求出以这个字母开头的最长的“龙”(每个单词都最多在“龙”中出现两次),在两个单词相连时,其重合部分合为一部分,例如beast和astonish,如果接成一条龙则变为beastonish,另外相邻的两部分不能存在包含关系,例如at和atide间不能相连。
示例1
输入
//输入的第一行为一个单独的整数n(n ≤ 20)表示单词数,以下n行每行有一个单词,输入的最后一行为一个单个字符,表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在.
5
at
touch
cheat
choose
tact
a
输出
//只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度
23
Java
import java.util.Scanner;
public class Main {
static int n = 0, result = 0;
static String[] word; // 记录字符串
static char first; // 记录开头的字母
static int visit[]; // 记录单词出现的次数
static String link; // 记录连接串
// dfs搜索
static void dfs(String str) {
String temp = str;
if (result <= str.length()) {
result = str.length();
}
for (int i = 0; i < word.length; i++) {
if (visit[i] < 2 && connect(str, word[i])
&& check(str, word[i]) == false) {
visit[i]++;
dfs(link);
str = temp; // 一定要回溯!不要改变str!
visit[i]--;
}
}
}
// 检查是否为最小重合部分
static boolean connect(String a, String b) {
char a1[] = a.toCharArray();
char b1[] = b.toCharArray();
for (int i = 0; i < Math.min(a.length(), b.length()); i++) {
// 如果a1末尾的和a2开头的相等
if (a1[a1.length - 1] == b1[i]) {
// 两个串分别往前推着检查
for (int j = a1.length - 1, k = i; j >= 0 && k >= 0; j--, k--) {
if (a1[j] != b1[k]) {
return false;
}
// 如果检查直到b1的第一位,都相等,则找到了重合部分
if (k == 0) {
b = b.substring(i + 1);// 取出这个重合部分,留下后面的字符串
link = a + b;// 形成连接串
return true;
}
}
}
}
return false;
}
// 检查是否有包含关系
public static boolean check(String a, String b) {
// 相同不算在包含的情况下
if (a.equals(b)) {
return false;
}
// 没有包含关系:
for (int i = 0; i < Math.min(a.length(), b.length()); i++) {
if (a.charAt(i) != b.charAt(i)) {
return false;
}
}
return true;
}
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
n = sc.nextInt();
word = new String[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
word[i] = sc.next();
}
first = sc.next().charAt(0);
visit = new int[n];
sc.close();
for (int i = 0; i < word.length; i++) {
if (word[i].charAt(0) == first) {
dfs(word[i]);
}
}
System.out.println(result);
}
}
//https://blog.csdn.net/sobermineded/article/details/79699222
C++
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std;
int n;
string s1[25];
int vis[25];
int ans;
string s2;
bool check(string ss1,string ss2,int k)
{
int l=ss1.length();
for(int i=0;i<k;++i)
if(ss1[l-k+i]!=ss2[i])return 0;
return 1;
}
string add(string tmp,string s,int k)
{
int l=s.length();
for(int i=k;i<l;++i)
tmp+=s[i];
return tmp;
}
void dfs(string now)
{
int len=now.length();
ans=max(ans,len);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(vis[i]>=2)continue;
int len2=s1[i].length();
for(int j=1;j<len2;++j)
{
if(check(now,s1[i],j))
{
string tmp=now;
tmp=add(tmp,s1[i],j);
vis[i]++;
dfs(tmp);
vis[i]--;
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>s1[i];
cin>>s2;
dfs(s2);
printf("%d",ans);
return 0;
}
原文地址:https://www.cnblogs.com/wwj99/p/12230754.html
时间: 2024-11-02 01:57:16